2019届江苏省苏州市高三期初调研测试物理试题（解析版）

2019届江苏省苏州市高三期初调研测试物理试题（解析版）             

一、单项选择题

1.下列说法符合物理学史实的是

A. 楞次发现了电磁感应现象

B. 伽利略认为力不是维持物体运动的原因

C. 安培发现了通电导线的周围存在磁场

D. 牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量

【答案】B

【解析】

【详解】法拉第发现了电磁感应现象，选项A错误；伽利略认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，选项B正确；奥斯特发现了通电导线的周围存在磁场，选项C错误； 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项D错误；故选B.

2.北斗卫星导航系统空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星（轨道高度约为36000km）、27颗中轨道卫星（轨道高度约为21600km）、3颗倾斜同步轨道卫星．则中轨道卫星与静止轨道卫星相比，围绕地球做圆周运动的

A. 向心加速度更大    B. 线速度更小

C. 角速度更小    D. 周期更大

【答案】A

【解析】

【详解】卫星离地面的高度越低，则运动半径越小，根据万有引力提供圆周运动向心力得：，则向心加速度a=，知半径r越小，向心加速度越大，故A正确；线速度v=，知半径r越小，线速度越大，故B错误；角速度ω＝，知半径r越小，角速度越大，故C错误；周期T=，知半径r越小，周期越小，故D错误；故选A。

【点睛】抓住万有引力提供卫星圆周运动向心力，能根据表达式求出相应量与半径r的关系是解决本题的关键．

3.发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2，则下列输电导线上损耗功率的表达式中错误的是

A.     B.

C.     D.

【答案】C

【解析】

【详解】升压变压器的输出电压为U1，降压变压器的输入电压为U2，则输电线上的电压损失△U=U1-U2，升压输电线上损失的功率为P损=△UI=I（U1-U2）或．则AD正确，因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功P损=I2R．故B正确，C错误；此题选择不正确的选项，故选C。

【点睛】解决本题的关键知道远距离输电过程中电压关系、电流关系以及能量关系，掌握计算导线上的损失功率的求法．

4.一小孩站在岸边向湖面抛石子．a、b两粒石子先后从同一位置抛出后，各自运动的轨迹曲线如图所示，两条曲线的最高点位于同一水平线上，忽略空气阻力的影响．关于a、b两粒石子的运动情况，下列说法正确的是

A. 在空中运动的加速度

B. 在空中运动的时间

C. 抛出时的初速度

D. 入水时的末速度

【答案】D

【解析】

【详解】两物体在空中的加速度均为g，选项A错误；因两物体的最高点在同一水平线上，则竖直方向的运动相同，则在空中的运动时间相同，选项B错误；a的水平射程小，则根据可知，a的初速度较小，选项C错误；根据可知，a入水的末速度小，选项D正确；故选D.

【点睛】题中小球做抛体运动，要注意竖直方向上的运动规律，明确最高点时竖直速度均为零，从而明确小球的运动时间，再分析水平方向即可明确水平速度和末速度．

5.在沿斜面向上的恒力F作用下，一物体从光滑斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力，物体继续沿斜面向上运动（斜面足够长，以地面为零势能面）．则在物体整个向上运动的过程中，下列关于物体动能Ek、重力势能Ep随时间t变化；速度大小v、机械能E随位移x变化的图像中，正确的是

A.     B.

C.     D.

【答案】D

【解析】

【详解】有力F作用时，物体的加速度，则某时刻的动能 ，则Ek-x图像是开口向上且过原点的抛物线的一部分；撤去F后物体的速度v，加速度a2=gsinθ，某时刻的动能，则Ek-x图像仍是开口向上的抛物线的一部分，选项A错误；有力F作用时，重力势能，则EP-x图像是开口向上且过原点的抛物线的一部分；撤去F后：，则Ek-x图像是开口向下的抛物线的一部分图像，选项B错误；根据v2=2ax可知v-x图像不是直线，选项C错误；根据动能定理，有F作用时E=Fx；撤掉F后，机械能守恒，则选项D正确；故选D.

二、多项选择题

6.下列说法正确的是

A. 光和电子都具有波粒二象性

B. 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关

C. 比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定

D. 大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子

【答案】AC

【解析】

【详解】光和电子都具有波粒二象性，选项A正确；放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，选项B错误；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项C正确；大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，选项D错误；故选AC.

7.如图所示，现有一匝数为n，面积为S，总电阻为R的闭合线圈，垂直放置于一匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，变化率，则　

A. 线圈中产生逆时针方向的感应电流

B. 线圈面积具有扩张的趋势

C. 线圈中产生的感应电动势为

D. 线圈中感应电流的大小为

【答案】AD

【解析】

【详解】根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可知每一小段线圈都受到向里的安培力作用，则线圈面积具有收缩的趋势，选项A正确，B错误；线圈中产生的感应电动势为，选项C错误；线圈中感应电流的大小为，选项D正确；故选AD.

8.甲、乙两个电源的路端电压U和电流I的关系图像如图所示，设两个电源的内阻分别为r甲、r乙．若将一定值电阻R分别接到两个电源上，设R消耗的功率的分别为P甲、P乙，则关于两个物理量大小关系判断正确的是

A. r甲＞r乙    B. r甲＜r乙

C. P甲＞P乙    D. P甲＜P乙

【答案】BC

【解析】

【详解】由图象可知，图象乙斜率的绝对值大于图象甲斜率的绝对值，因此r甲＜r乙，选项A错误，B正确；在同一坐标系内作出电阻R的U-I图象，如图所示，图像与两个电源的U-I图像的交点为电路的工作点，根据P=IU可知R消耗的功率P甲＞P乙，故C正确；D错误；故选BC。

【点睛】电源的U-I图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；同时注意在同一图中作出电阻的伏安特性曲线时，两图象的交点为电阻的工作点．

9.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则

A. 保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ增大

B. 保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ不变

C. 断开开关S，略向上移动A板，则θ增大

D. 断开开关S，略向上移动A板，则θ不变

【答案】AC

【解析】

【详解】保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带负电的A板向右移动，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大。故A正确，B错误。断开开关S，电容器所带的电量不变，根据 ，U=Q/C得， ，知略向上移动A板，则S减小，E变大，电场力变大，则θ增大，故C正确，D错误。故选AC.

【点睛】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．

10.如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小球，初始时静置于a点．一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与小球相连．直杆上还有b、c、d三点，且b与O在同一水平线上，Ob=l，Oa、Oc与Ob夹角均为37°，Od与Ob夹角为53°．现释放小球，小球从a点开始下滑，达到d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（重力加速度为g，sin37°=0.6）

A. 小球在b点时加速度为g，速度最大

B. 小球从a点下滑到c点的过程中，小球的机械能先增大后减小

C. 小球在c点的速度大小为

D. 小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了

【答案】BCD

【解析】

【详解】从a到b，弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大。从b到c，弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时滑块的合力为mg，则加速度为g。故A错误。从a下滑到c点的过程中，对小球和弹簧的系统机械能守恒，由于弹性势能先减小后增加，则小球的机械能先增加后减小，故B正确。从a下滑到c点的过程中，对于滑块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：mg•2ltan37°=，可得滑块在c点的速度大小为：vc=．故C正确。小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于小球的机械能减小量：，带入数据解得，故D正确。故选BCD。

【点睛】对物理过程进行受力分析、运动分析和做功情况分析，是解决力学问题的基本方法．要注意本题中滑块的机械能并不守恒，只有系统的机械能才守恒．

三、简答题

11.小明要利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻．

(1)如图甲所示是多用电表内部结构的简化电路图，内有3个档位，对应3种测量功能．小明现要将其作为电流表使用，选择开关S应接__（选填“1”、“2”或“3”）．小明调节好多用电表后连接电路，如图乙所示是他正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：___；______．

(2)调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出的图线如图丙所示．由此可求得电动势E＝___V，内阻r＝___Ω．（结果均保留2位有效数字）

(3)本实验方案存在系统误差，这是由于多用电表____（选填“分流”或“分压”）而引起的，测得的E测、r测与真实值比较：E测____E真，r测___r真．（选填“＜”、“＝”或“＞”）

【答案】    (1). 1；    (2). 开关末断开；    (3). 多用电表正负极接反；    (4). 2.9；    (5). 1.2；    (6). 分压；    (7). =；    (8). >

【解析】

【详解】（1）选择开关S接1是电流档；图中在器材连接或操作上存在的两个不妥之处：开关末断开；多用电表正负极接反．

（2）根据闭合电路欧姆定律得，E=IR+Ir，则R=E-r，可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则E==2.9V，内阻r=1.2Ω。
（3）将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有：R=E-（RA+r），则可知测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大。而电流表内阻对图象的斜率没有影响，故电动势准确；

【点睛】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义。本题采用的是转换法，本来I-R是非线性关系，转换成R-是线性关系，图象直观，一目了然。

12.“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示．

(1)实验的五个步骤如下：

a．将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上；

b．把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连；

c．平衡摩擦力，让小车做匀速直线运动；

d．接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出小桶（和沙）的重力mg，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a；

e．更换纸带，改变小桶内沙的质量，重复步骤d的操作．

按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为：________（将序号排序）

(2)实验中打出的某一条纸带如图乙所示．相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，由此可以算出小车运动的加速度是________m/s2．

(3)利用测得的数据，可得到小车质量M一定时，运动的加速度a和所受拉力F（F=mg，m为沙和小桶质量，g为重力加速度）的关系图象（如图丙所示）．拉力F较大时，a-F图线明显弯曲，产生误差．若不断增加沙桶中沙的质量，a-F图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为_______（用题中出现物理量表示）． 为避免上述误差可采取的措施是________：

A．每次增加桶内沙子的质量时，增幅小一点

B．测小车的加速度时，利用速度传感器代替纸带和打点计时器

C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替沙和小桶的重力

D．在增加桶内沙子质量的同时，在小车上增加砝码，确保沙和小桶的总质量始终远小于小车和砝码的总质量

【答案】    (1). acbde；    (2). 1.46；    (3). g；    (4). C

【解析】

【详解】（1）按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为：acbde；

（2）根据∆x=aT2可知

（3）因为沙和沙桶的重力在这个实验中充当小车所收到的合外力，当沙和沙桶的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g 的运动．随着钩码的数量增大到一定程度时a-F图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力F的数值，在作出小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图象，故选C．

【点睛】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练．

13.下列说法正确的有________

A．相对湿度越大，人感觉越潮湿

B．单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点

C．分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大

D．一定量的理想气体，当分子热运动加剧时，压强必增大

【答案】AC

【解析】

【详解】相对湿度越大，人感觉越潮湿，选项A正确；单晶体和多晶体都有确定的熔点，选项B错误；分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大，选项C正确；一定量的理想气体，当分子热运动加剧时，温度升高，但是压强不一定增大，选项D错误；故选AC.

14.如图所示，有一个红酒瓶状的玻璃容器水平放置，左侧“瓶身”的体积为300cm3，右侧“瓶颈”是一段内部横截面积为0.5cm2，有效长度为40cm的玻璃管，管内有一段长度可忽略不计的水银柱，密闭了一定质量的气体在容器内．当大气压为1.0×105 Pa、密闭气体温度为27 ℃时，水银柱刚好位于玻璃管最左侧，现缓慢升高密闭气体温度．则当温度升高到________℃时，水银柱会掉出容器；在此过程中，密闭气体从外界吸收的热量为12J，则在这一过程中密闭气体的内能变化了________J．

【答案】    (1). 47；    (2). 10

【解析】

【详解】当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2，
初状态：T1=（273+27）K=300K；V1=300cm3，
末状态为：V2=（300+40×0.5）cm3=320cm3
气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：，
代入数据得：T2=320K，t2=T2-273=320-273=47℃；
水银柱移动过程中，外界对气体做功：W=-P0SL=-1×105×0.5×10-4×40×10-2J=-2.0J，
又因为：Q=12J
由热力学第一定律知内能变化为：△U=W+Q，
代入数据得：△U=10J，即内能增加了10J；

【点睛】本题考查气体定律以及热力学第一定律的综合运用，对于气体状态变化问题，关键在于分析是等值变化还是三个参量同时变化的问题，要善于挖掘隐含的条件。

15.水的摩尔质量为M＝18g/mol，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，阿伏伽德罗常数NA＝6.0×1023mol－1，则一个水分子的质量为____________kg，一瓶600ml的纯净水所含水分子的个数为 ___________。

【答案】    (1). 3×10－26；    (2). 2×1028

【解析】

水分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数，即： 
代入数据得：m=3×10-26kg
水分子数目为：

代入数据得：（个）
点睛：本题的解题关键掌握各个量之间的关系，抓住阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，知道求分子数先求摩尔数．

16.下列说法正确的有________

A．均匀变化的磁场产生均匀变化的电场

B．相对论认为时间和空间与物质的运动状态无关

C．在干涉现象中，振动加强点的位移可能比减弱点的位移小

D．在单缝衍射实验中，减小缝的宽度，中央条纹变宽变暗

【答案】CD

【解析】

【详解】均匀变化的磁场产生稳定的电场，选项A错误；相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，长度缩短，时间变长，故B错误；振动加强质点的位移不总是最大，在随着时间在变化，加强点可能处于波峰，也可能波谷，也可能在平衡位置；在某一时刻，振动加强质点处于平衡位置时，其位移等于零，所以小于振动减弱点的位移，因此可能存在，故C正确；根据发生明显衍射的条件可知，在单缝衍射中缝的宽度越小，衍射现象越明显，即条纹变宽变暗，故D正确；故选CD.

17.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，此时波恰好传播到A点处（x＝6 m）．起振后A处质点在8 s时间内的运动路程是16m，则该列波的波速是______m/s；位于x＝18 m处的质点在t＝________s时刻将第一次到达波谷位置．

【答案】    (1). 1；    (2). 15

【解析】

【详解】起振后A处质点在8 s时间内的运动路程是16m，可知T=4s，因波长为，则波速；当 x＝18 m处的质点第一次到达波谷位置时，则波向前传播15m，则．

18.现有一三棱柱工件，由折射率为n=的透明玻璃材料组成．如图所示，其截面ABC为直角三角形，∠ACB=30°．现有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45°的入射角射入工件，折射后到达BC边．求：

①光线射入工件时的折射角；

②光线第一次射出工件时与界面的夹角

【答案】(1)；(2) 90°

【解析】

【详解】①由折射定律，代入得AC界面折射角

②根据平面几何关系，BC界面入射角为60°，

光线在BC界面发生全反射，从AB界面垂直射出，故光线进入第一次射出界面界面的夹角为90°.

四、 计算题

19.用频率为的紫光照射某金属（极限频率为），且．已知普朗克常量为h．求：

①该金属的逸出功W；

②光电子的最大初动能Ek．

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】①逸出功

②由光电效应方程

代入得

20.质量为m=1kg的小球由高h=0.45m处自由下落，落到水平地面后，以vt=2m/s的速度向上反弹，已知小球与地面接触的时间为t=0.1s，取g=10m/s2．求：

①小球落地前速度v的大小；

②小球撞击地面过程中，地面对球平均作用力F的大小．

【答案】(1)3m/s；(2)60N

【解析】

【详解】①小球做自由落体运动，有

代入数据得

②小球触地反弹，取向上为正方向

由动量定理得

代入数据得

21.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，导轨上端连接着阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，金属杆和导轨的电阻不计．整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．金属杆由静止释放，下落高度h后开始做匀速运动，已知重力加速度为g．求：

(1)金属杆做匀速运动的速度大小v；

(2)下落高度h的过程中，通过金属杆中的电量q；

(3)下落高度h的过程中，电阻R上产生的热量Q．

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【详解】（1）根据法拉第定磁感应定律

根据欧姆定律

金属杆受到的安培力，则

金属杆匀速，根据平衡条件

整理得

（2）下降高度h的过程中，通过金属杆的电量

根据欧姆定律有

根据法拉第电磁感应定律，则

下降高度h的过程中的磁通量变化，且

代入得

（3）下降高度h的过程中，根据能量守恒定律得

整理得

【点睛】解决本题关键通过受力判断出金属棒的运动情况，知道当金属棒加速度为零时，速度最大．求解电量时要用平均电动势，求解热量时要用能量转化关系求解．

22.如图所示，倾角为37°的光滑倾斜轨道AB与粗糙的竖直放置的半圆型轨道CD通过一小段圆弧BC平滑连接，BC的长度可忽略不计，C为圆弧轨道的最低点．一小物块在A点从静止开始沿AB轨道下滑，进入半圆型轨道CD，运动半周后恰好能通过轨道CD的最高点D，最后落回到倾斜轨道AB上．已知小物块可以看作质点，质量m=0.4kg，半圆型轨道半径R=0.4m，A点与轨道最低点的高度差h=1.25m，取g=10m/s2，不计空气阻力．求：

(1)小物块运动到C点时对半圆型轨道压力F的大小；

(2)小物块在半圆型轨道上运动过程中克服摩擦力所做的功W；

(3)小物块从D点落回到倾斜轨道AB上的运动时间t（结果可保留根号）

【答案】(1)29N；(2)1J；(3)

【解析】

【详解】（1）从A点到C点，由动能定理得：

代入数据解得

在C点，由向心力公式得：

代入数据解得

由牛顿第三定律得

（2）恰好过D点，则过D点时小物块所受弹力为0

由向心力公式得：

代入数据解得

从C点到A点，由动能定理得：

代入数据解得

（3）小物块从D点落回到倾斜轨道AB上，做平抛运动

竖直方向：

水平方向：

由几何关系得：

联立方程解得：

【点睛】本题考查动能定理及竖直面内的圆周运动、平抛运动等知识，选择合适的过程，并注意竖直面内圆周运动的临界条件即可求解．

23.如图所示，足够大的荧光屏ON垂直xOy坐标面，与x轴夹角为30°，当y轴与ON间有沿﹣y方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m、电荷量为q的正离子从y轴上的P点，以速度v0、沿+x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点（图中未标出）．现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标面向外的匀强磁场，相同的正离子从y轴上的Q点仍以速度v0、沿+x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计．则：

(1)求离子在电场中运动的时间t1；

(2)求磁场的磁感应强度B；

(3)若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v=ky（y>0，k为常数）、沿+x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，问k应满足什么条件？满足条件的所有离子中，在磁场中运动时间的最大值为多大？．

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】（1）设离子垂直打到荧光屏上的M点时，沿y方向的分速度大小为vy，在电场中运动的加速度为a1，则：

解得

（2）设离子在磁场中做圆周运动半径为r，由几何关系可知 

则

由向心力公式得

代入得

（3）临界状态：离子恰好能打到荧光屏上，即轨迹与ON相切，设此时圆周运动半径为r0，

由几何关系可知

由向心力公式得，其中

解得

为使离子能打到荧光屏上应满足

则

上述临界状态下，离子在磁场中运动时间有最大值

且

代入得

【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用．